2024-2025学年高中数学第二章解三角形3解三角形的实际应用举例跟踪训练含解析北师大版必修5

PAGE其次章解三角形§3解三角形的实际应用举例[A组学业达标]1．(2024·潮州高一检测)海洋中有A，B，C三座灯塔．其中A，B之间距离为a，在A处视察B，其方向是南偏东40°，视察C，其方向是南偏东70°，在B处视察C，其方向是北偏东65°，则B，C之间的距离是()A．a B.eq\r(2)aC.eq\f(1,2)a D.eq\f(\r(2),2)a解析：如图所示，由题意可知AB＝a，∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，∴∠C＝45°，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，即BC＝eq\f(\f(1,2)a,\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2)a.故选D.答案：D2．(2024·遂宁高一检测)如图，设A，B两点在涪江的两岸，一测量者在A的同侧所在的江岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°.则A，B两点间的距离为()A．50eq\r(2)m B．50mC．50eq\r(3)m D．50eq\r(6)m解析：在△ABC中，∠B＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(50,\f(1,2))＝eq\f(AB,\f(\r(2),2))，解得AB＝50eq\r(2).故选A.答案：A3．(2024·永州高一检测)如图，在热气球C正前方有一高为a的建筑物AB，在建筑物底部A测得C的仰角为60°，同时在C处测得建筑物顶部B的俯角为30°，则此时热气球的高度CD为()A.eq\r(2)a B.eq\r(3)aC.eq\f(3\r(3),2)a D.eq\f(3,2)a解析：由题意，∠BCA＝∠BAC＝30°，∴AB＝BC＝a，AC＝eq\r(3)a，△ADC中，CD＝ACsin60°＝eq\f(3,2)a，故选D.答案：D4．如图所示，在坡度肯定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C相对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100m到达B处，又测得C相对于山坡的斜度为45°，若CD＝50m，山坡的坡角为θ，则cosθ＝()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)－1C．2－eq\r(3) D.eq\f(\r(2),2)解析：在△ABC中，由正弦定理，得BC＝eq\f(ABsin∠BAC,sin∠ACB)＝eq\f(100sin15°,sin（45°－15°）)＝50(eq\r(6)－eq\r(2))(m)．在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BDC＝eq\f(BCsin∠CBD,CD)＝eq\f(50（\r(6)－\r(2)）sin45°,50)＝eq\r(3)－1.由题图知cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝eq\r(3)－1，故选B.答案：B5．如图所示，位于A处的信息中心获悉，在其正东方向相距40nmile的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心马上把消息告知在其南偏西30°，相距20nmile的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，则cosθ等于()A.eq\f(\r(21),7) B.eq\f(\r(21),14)C.eq\f(3\r(21),14) D.eq\f(\r(21),28)解析：在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°.由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800，所以BC＝20eq\r(7).由正弦定理，得sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，得∠ACB为锐角，故cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).故cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).故选B.答案：B6．有一段长为10m的斜坡，它的倾斜角为75°，在不变更坡高的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延长________m.解析：如图，在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，所以BC＝eq\f(ACsin∠BAC,sin∠ABC)＝eq\f(10sin45°,sin30°)＝10eq\r(2)(m)．答案：10eq\r(2)7．台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危急区，城市B在A的正东40km处，B城市处于危急区内的持续时间为________小时．解析：设t小时时，B城市恰好处于危急区，则由余弦定理，得(20t)2＋402－2×20t×40cos45°＝302，即4t2－8eq\r(2)t＋7＝0，∴t1＋t2＝2eq\r(2)，t1·t2＝eq\f(7,4).故|t1－t2|＝eq\r(（t1＋t2）2－4t1t2)＝eq\r(（2\r(2)）2－4×\f(7,4))＝1.答案：18．在点O观测到远处有一物体在做匀速直线运动，起先时刻物体位于点P，一分钟后，该物体位于点Q，且∠POQ＝90°，再过一分钟，该物体位于点R，且∠QOR＝30°，则tan∠OPQ＝________．解析：由物体做匀速直线运动，得PQ＝QR，不妨设其长度为1.如图，在Rt△POQ中，OQ＝sin∠OPQ，OP＝cos∠OPQ.在△OPR中，由正弦定理，得eq\f(2,sin（90°＋30°）)＝eq\f(OP,sin∠ORP)＝eq\f(cos∠OPQ,sin∠ORP).同理在△ORQ中，由正弦定理，得eq\f(1,sin30°)＝eq\f(OQ,sin∠ORQ)＝eq\f(sin∠OPQ,sin∠ORQ)，所以eq\f(1,sin30°)·eq\f(sin120°,2)＝eq\f(sin∠OPQ,sin∠ORQ)·eq\f(sin∠ORP,cos∠OPQ)＝tan∠OPQ，所以tan∠OPQ＝eq\f(sin120°,2sin30°)＝eq\f(\r(3),2).答案：eq\f(\r(3),2)9．在某次军事演习中，红方为了精确分析战场形势，在两个相距为eq\f(\r(3),2)a的军事基地C和D处测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，求蓝方这两支精锐部队之间的距离．解析：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，又∠DCA＝60°，∴∠DAC＝60°，∴AD＝CD＝AC＝eq\f(\r(3),2)a，∵eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°)，∴BC＝eq\f(\r(6),4)a.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos45°＝eq\f(3,4)a2＋eq\f(3,8)a2－2×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(\r(6),4)a×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8)a2，∴AB＝eq\f(\r(6),4)a.∴蓝方这两支精锐部队之间的距离为eq\f(\r(6),4)a.10．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12nmile，渔船乙以10nmile/h的速度从岛屿A动身沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处动身沿北偏东α的方向追逐渔船乙，刚好用2h追上．(1)求渔船甲的速度；(2)求sinα的值．解析：(1)在△ABC中，∠BAC＝180°－60°＝120°，AB＝12(nmile)，AC＝10×2＝20(nmile)，∠BCA＝α.由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784，解得BC＝28(nmile)．所以渔船甲的速度为eq\f(1,2)BC＝14(nmile/h)．(2)在△ABC中，AB＝12nmile，∠BAC＝120°，BC＝28(nmile)，∠BCA＝α，由正弦定理，得eq\f(AB,sinα)＝eq\f(BC,sin120°)，所以sinα＝eq\f(ABsin120°,BC)＝eq\f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq\f(3\r(3),14).[B组实力提升]11．(2024·桂林高一检测)甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3km，甲船以8km/h的速度向正北方向航行，同时乙船自B岛动身，以12km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15分钟时，两船的距离是()A.eq\r(7)km B.eq\r(13)kmC.eq\r(19)km D.eq\r(10－3\r(3))km解析：如图所示，15min＝eq\f(1,4)h.设甲、乙两船行驶eq\f(1,4)h分别到D、C点．∴AD＝eq\f(1,4)×8＝2km.BC＝eq\f(1,4)×12＝3km.∵∠EBC＝60°，∴∠ABC＝120°.∵AB＝BC＝3，∴∠A＝∠ACB＝30°.在△ABC中，由余弦定理可得：AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝32＋32－2×3×3cos120°＝27.∴AC＝3eq\r(3).在△ACD中，由余弦定理可得：DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos∠DAC＝4＋27－2×2×3eq\r(3)cos30°＝13.∴DC＝eq\r(13).所以B选项是正确的．答案：B12．(2024·承德高一检测)飞机的航线和山顶在同一个铅垂直平面内，已知飞机的高度为海拔15000m，速度为1000km/h，飞行员先看到山顶的俯角为18°，经过108s后又看到山顶的俯角为78°，则山顶的海拔高度为()A．(15－18eq\r(3)sin18°cos78°)kmB．(15－18eq\r(3)sin18°sin78°)kmC．(15－20eq\r(3)sin18°cos78°)kmD．(15－20eq\r(3)sin18°sin78°)km解析：如图，∠A＝18°，∠ACB＝60°，AB＝1000×108×eq\f(1,3600)＝30(km)∴在△ABC中，BC＝eq\f(30sin18°,sin60°)＝20eq\r(3)sin18°，∵CD⊥AD，∴CD＝BCsin∠CBD＝BC×sin78°＝20eq\r(3)sin18°sin78°.山顶的海拔高度＝15－20eq\r(3)sin18°sin78°(km)．故选D.答案：D13．(2024·丰台高一检测)如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离．视察者找到了一个点C，从C可以视察到点A，B；找到了一个点D，从D可以视察到点A，C；找到一个点E，从E可以视察到点B，C.并测量得到图中一些数据，其中CD＝2eq\r(3)，CE＝4，∠ACB＝60°，∠ACD＝∠BCE＝90°，∠ADC＝60°，∠BEC＝45°，则AB＝________．解析：在Rt△BCE中，BC＝CE＝4，在Rt△ACD中，AC＝eq\r(3)CD＝6，在△ABC中，由余弦定理得AB＝eq\r(AC2＋BC2－2AC·BC·cos60°)＝eq\r(16＋36－2·4·6·\f(1,2))＝2eq\r(7).答案：2eq\r(7)14．某巡逻艇在A处发觉北偏东45°相距9海里的C处有一艘走私船，正沿南偏东75°的方向以10海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇马上以14海里/小时的速度沿着直线方向追去，则巡逻艇应当沿________方向去追，须要________小时才追逐上该走私船．解析：如题干图，设该巡逻艇沿AB方向经过x小时后在B处追上走私船，则CB＝10x，AB＝14x，AC＝9，∠ACB＝75°＋45°＝120°，在△ABC中，由余弦定理，得(14x)2＝92＋(10x)2－2×9×10xcos120°化简得32x2－30x－27＝0，解得x＝eq\f(3,2)或x＝－eq\f(9,16)(舍去)，所以BC＝10x＝15，AB＝14x＝21，由正弦定理，得sin∠BAC＝eq\f(BCsin120°,AB)＝eq\f(15,21)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠BAC＝38°13′或∠BAC＝141°47′(钝角不合题意，舍去)．38°13′＋45°＝83°13′.答案：北偏东83°13′eq\f(3,2)15．某人在塔的正东，沿着南偏西60°的方向前进60米后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔顶的最大仰角为60°，求塔高．解析：如图，设AE为塔，某人在塔正东的B点，他在B点沿南偏西60°前进60米后到达C点，则BC＝60，∠BAC＝90°＋45°＝135°，∠ABC＝90°－60°＝30°，在△ABC中，依据正弦定理有eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(60,sin135°)＝eq\f(AC,sin30°)，解得AC＝30eq\r(2).过点A作AG⊥BC于点G，连接EG，则∠AGE为直线EG与平面ABC所成的线面角，即为沿途测得塔顶的最大仰角，故∠AGE＝60°，在△ABC中，S△ABC＝eq\f(1,2)AG·BC＝eq\f(1,2)AC·BC·sin∠ACB，即AG＝eq\f(AC·BC·sin∠ACB,BC)＝30eq\r(2)×sin(180°－135°－30°)＝15(eq\r(3)－1)．又因为AE⊥平面A